(完整)2019-2020年高考数学压轴题集锦——数列(二).doc

2019-2020 年高考数学压轴题集锦

—— 数列（二）
a
n
S S 2a 3n( n

的前 项和为
n
，
n
1.数列

n
（1）证明数列 a
n
3 是等比数列，求出数列
（2）设 b


n

n
N
*
)

．

a
n
的通项公式．


2n 1

b
n
的前 n 项和 T
n
( a 3)
，求数列 ．

n
3

（ 3）数列 b
n
中是否存在三项，它们可以构成等比数列？若存在，求出一组符合条件的
项；若不存在，说明理由．



































2.设数列
a
n
则称
a
n
的前 项和为
nS
n
，若对于任意的正整数
n
，总存在正整数
m
，使得
S
n




a
n

，
是

“
H
数列

”．
（1）若数列 a
n
的前 n 项和为 S
n
2
n
(n N
*
) ，证明： a
n
是

“
H
数列

”．




































“ ”
2 a
n
a
n
d
是
H
数列 ，求

的值． （ ）设

是等差数列，其首项
a
1
1 ，公差 d 0
，若

1

3.
已知点
(n,a
n
)(n
T
N )
在函数

f ( x)
*
2 x 2
的图象上，数列


a
n

的前
n
项和为



S
n

，数列
b
n
的前
n
项和为

n

，且

n

是

T6 S
n

与

8n

的等差中项．

（1
）求数列
b
n
的通项公式．
（2
）设 c
n
D
n
．

b
n
8n 3 ，数列
d
n

满足 d
1
c
1
， d
n l
c
d
n
(n N
*
) ．求数列
d
n

的前

n

项和

（3）在（ 2）的条件下，设 g ( x) 是定义在正整数集上的函数，对于任意的正整数 x
1
， x
2
，
恒有 g (x
1
x
2
) x
1
g (x
2
) x
2
g( x
1
) 成立，且 g (2) a （ a 为常数，
a 0
），试判断数列
g



d
n
2
1













































d
n
1
是否为等差数列，并说明理由．






a
n

4.已知等比数列
足：


q 1
的公比


a
1
1 a
1
a
3
a
2
14
， 成等差数列，数列

，且

，

，



















b
n







满
a
1
b
1
a
2
b
2
L a
n
b
n
(n 1) 3
n
1 ，
n N
*
．


（Ⅰ ）求数列 a
n
和 b
n
的通项公式．

（Ⅱ ）若 ma
n
≥ b
n

8




























恒成立，求实数
m
的最小值．

2

5.已知每项均为正整数的数列

(i
1,2,3 L )
，设

A : a
1

，
a
2

，
a
3

，
a
4

，

L
，
a
n
，其中等于 的项有
i

个
k
b
j
k
1
k
2
L k
j
( j 1,2,3L )
，
g (m)
b
1
b
2
L b
m
nm(m 1,2,3L )
．
（1
）设数列 A :1 ，
2
，
1
，
4
，求 g(1) ， g (2) ， g (3) ， g (4) ， g(5) ．

（2 ）若数列
A
满足

a
1

a
2
L





















a
n
n 100 ，求函数 g( m) 的最小值．

6.已知数列
a
n
是首项为 ，公比为 的等比数列．
（Ⅰ ）证明：当
0 q
1 时， a
n
是递减数列．

（Ⅱ ）若对任意




















1q



*
a

k

k N
，都有

a
， a
成等差数列，求
q
的值．
，
k 2

k 1

7.已知数列 { a
n
} 满足 a
n
=2a
n-1
-2n+5，（ n∈ N 且 n≥2）， a
1
=1，
）是常数列，并求 { a
n
（I ）若 b
n
n n
} 的通项；
=a -2n+1
，求证数列 { b } （ n∈N
（ II ）若 S
n
是数列 { a
n
} 的前 n 项和，又 c
n
=（ -1）
n
S
n
，且 { C
n
} 的前 n 项和 T
n
＞ tn
2
在 n∈ N
*

时恒成立，求实数 t 的取值范围。



































*
3

8.已知数列
{ a
n

},{ b
n

}
，
a
1
(R,
0), a
n 1
a
n
2
a
n
(n N ), b
n
1 .

1
a
n

（Ⅰ）
P
n
b
1
b
2
L
b
n

，求
P
n

的取 范 ；

（Ⅱ）
S
n
b
1
b
2
L
b
n

， ：
1
P
n
S
n

是否 定 ？如果是， 明，如果不
是， 明理由。

9.数列 { a
n
} 足： a
1
=2，当 n∈N
*
， n＞ 1 ， a
2
+a
3
+?+a
n
=4（ a
n

﹣
1
1）．
（Ⅰ ）求 a
2
，a
3
，并 明，数列 { a
n +1
2a
n
} 常数列；
1
（Ⅱ ）
c
n
n∈ N
*
， 2a＜ c
1 2n

=
1
) 5
，若 任意
2(a
n

+c +?+c ＜ 10a 恒成立，求 数
a
n
的取 范 ．

2
10.已知正 数列
a
n
的前 n 和 S
n
， 足 2S
n
a
n
1
n N
*
.

2

（1）求数列 a
n
的通 公式；

（2） 数列 b
n
a
n
2
a
n
2
1

，求数列 b
n
前 n 和 T
n
的 .


a
n
a
n 1

4
a

11.已知数列


a
n
的满足 a
1
=1，前
n
项的和为
S
n
，且

a
n 1
a
n

aa
n
2
*
（
n
N
）．

n 1
4S
n
1
（1）求
a
2
的值；
（2）设
b
n

a
n
a
2

，证明：数列
b
n

是等差数列；






n 1

a
n
a
n

，若
1

（3）设
c
n
b
n
2
，求对所有的正整数
n
都有

2

2
k
3 2 c
n

成立
的
k
的取值范围．

12.已知数列

x
n

满足

x
1

1
，
（I ）
0

x
n

9
；
（II ）
x
n
x
n 1

；


（III ）
x
2
n 1
n
9 8
.

3

x
n 1

2 x
n


3
，求证：
5

13.已知数列
{ a
n
}
的前 n 项和为
n
S ,
且

S
n
2a
n
3
2

n N
*

.
n
,



（1）求证
{ a
n

1

n
}
为等比数列，并求出数列

{ a
n
}
的通项公式；

（2）设数列
{


1
2
}
的前

n

项和为
T
n

，是否存在正整数

，对任意
S
n

m, n N
*
, 不等式 T
m
- S
n
0恒成立？
若存在，求
出
的最小值，若不存在，请说明理

由。


















14.已知无穷数列
a
n
的首项
a
1

1
，
1
2


a
1 a
n
1
, n N
.

n 1
2


a
n

（Ⅰ）证明：
0

a
n
1
；
a
n
a
n 1
2


（Ⅱ） 记
b
n
aa
n

，
T
n

为数列
b
n

的前
n
项和，证明：对任意正整数
n
，












T
n

















3
10
n 1

.



15.已知数列


a
的前
n
项和为
S
n

，
a
1
n

3
2

，
2S
n


(n 1)a
n
1
（

n
2
）．


（1）求数列

a
n
的通项公式；
1
(a
n
1)
2

（
n



（2）设
b
n

N *
），数列
b
n


的前
n
项和为
T
n

，证明：
T
n
33
50
（
n











N*
）．

6

参考答案



11.（1）数列 a
n

的前 n 项和为 S
n
， S
n

2a
n
3n ， (n

N
*
) ，
∴ S
n 1
2a
n 1
3(n 1) ，
两式相减得： a
n
1
2a
n 1

2a
n
3 ，即 a
n 1
2a
n
3 ，

∴ a

n
1
3 2(a
n
3) ，即
a
n 1

3
2 ，



a
n
3

又当 n 1 时， a
1

S
1

2a
1
3 ，得 a
1
3 ，

∴数列 a
n

3
是以 6 为首项，
2
为公比的等比数列，

∴ a
n

3 6 2
n 1

3 2
n
，

∴ a
n

3 2
n
3 ．

（2）由题意， b
n
2n
1

(a
n

3)

2n 1
3
2
n
(2 n 1)
2
n

，

3

3

∴ T
n

1 2
1
3 2
2
5

2
3
L

(2n 3)
2
n 1
(2 n 1)
2
n
，
2T
n
1 2
2

3 2
3
5 2
4

L

(2n

3) 2
n
(2 n 1) 2
n
1
，
两式相减得 T
n

2 2

2
2
2

2
3
L

2 2
n
(2 n 1) 2
n
1

2 2 (2
2

2
3

L

2
n
) (2 n 1) 2
n 1


2
2
(1 2
n 1
)

n 1


2

2

(2 n 1)

2


1 2



3

n 1

n 1


2

2 (1

2 )

(2 n

1) 2


2 8 2 2
n 1

(2 n 1) 2
n 1

6 (2 n 3)
2
n 1

．

（3）假设存在
s ，
p
，

*

s p
r ，使得 b b
p
，

r

N

，且

s
，
b
p
2
b
s
b
r
，

∵ b
(2 p

1) 2
p
， b
s
p

s

(2 s
1) 2
，
b
r
(2r 1) 2
r
，

∴ (2 p
1)
2
2
2 p

(2 s 1) (2 r

1)
2
s r
，


(2 p
1)
2

2 p s r

∴
(2 s 1)(2r 1)
2

1，


∵ 2 p 1 是奇数，
2s
1 ，
2r

1
也是奇数，

∴

(2 p
1)
2
是奇数，



(2 s 1)(2r 1)

又
2
2 p s r
是偶数，
7
r
成等比数列，则





b

故
(2 p
1)
2
(2 s 1)(2r 1)
2
2 p s r
1不成立，

故数列
b
n
中不存在三项，可以构成等比数列．







2.（ 1）证明：当 n
当 n≥ 2 时，

n

a

S
∴ a
n

1 时， a
1
S
1

n 1 n n 1
2 ，

n 1






























S




2



n
2








2




，








，

n 1
2 ,n ≥
2


*


2,n 1



∴对任意的

n

a
n
中的第 n 1 项，




n N

， S

2 是数列








∴数列 a
n
是

“
H
数列 ”．
1

（2）依题意， a
n

(n
1)d ， S
n
n





n(n 1)
d

，
2






*

*
若 a
n
是 “ 数列 ”，则对任意的
a
k
H

n N
，都存在
k N 使得


n(n 1)

即 1
(k 1)d n

d ，

2

S
n






，



∴ k

n 1 n( n

1)


d


2


，





















又∵
k
N
*
，
n(n
1)

2

∴对任意的
n

N ，





























n 1

N
，
Z 且 d 0 ，

d

*
∴ d








1 ．

3.（ 1）依题意得 a
n
2
又 T
n

2n
2 ，故 a
1

4 ．











6 8
S
n

n ，即 T
n
3S
n
4n
，

所以，当
n ≥ 2
时，

b
n
T
n
T
n 1
又 b
1
T
1

3S
1
4
3a
1
4
故 b
n
6n

2
．



3(S
n
S
n
1
)
4 3a
n
4





6n 2 ．
8 也适合上式，


（2）因为
c
n
b
n
8n 3 6 n 2 8 n 3 2n
1
，
1
2( d
n
1)(n
N*) ．
dc
n 1d
n

2d
n
1，因此 d
n 1

由于 d
1

c
1

3 ，所以
d
n
1
是首项为

d
1

1
4 ，公比为 2 的等比数列．






所以
d
n
1

4
2
n 1
2
n 1

，所以
d
n
2
n 1
1
．

8

所以 D
n
（2
2
2
3

2
n 1
） n
4(2
n
1) n
2 1


2
n 2


n
4 ．








（
3）方法一：

g d
n
1 g (2
n
) 2
n 1
g (2)
2 g(2
n 1
) ，
2



















则
g
d
n
1
2


d
n 1
1
2
．
g(2
n
) 2
n 1
g(2) 2g (2
n 1
) a g(2
n 1
) a g
d

d
n
1
2
n 1

2
n 1

4 2
n

4


g d
n
1
g
d
n
1
1

所以

2

2

a ．


d
n
1
d
n 1
1 4


d
n
1


g
2

因为已知 a 为常数，则数列


是等差数列．



d
n
1

方法二：

因为 g (x
1
x
2
)
x
1
g (x
2
)

x
2
g( x
1
) 成立，且 g (2)
a ，

所以 g
d
n
1

g(2
n
) 2
n 1
g (2)
2 g (2
n 1
) ，


2

n 1

n 2

n 2 n 1

2 n 2

2 g (2) 2 2 g (2) 2 g (2 ) 2 2 g(2)

2
g(2 ) ，
n 1

2n 3 n 3 n 1 3 n 3
2 2 g(2) 2 2

g (2) 2g (2 ) 3 2

g (2) 2 g(2
) ，
L

(n 1)
2
n 1
g(2) 2
n 1
g(2) n 2
n 1
g(2)

an 2
n 1

，


n
1


g
d

所以
2

an
2
n 1
a
n
．


d
n
1

2
n
1

4

g

d
n

1
所以数列
2

是等差数列．
d
n

1
4.（
1
）设 a
n
q
n 1
， 2a
3
a
1
a
2
14 ，
2q
2
1 q 14
．且
q 0
，
∴ q 3 ， ∴ a
3
n 1


n
，

又∵ a
1
b
1
L a
n
b
n

b
1
3b
2
L
3
n 1
b
n

9
n 1
1

( n
1) 3
n
1 ．

而 b
1
3b
2
L 3
n 2
b
n 1
( n 2) 3
n 1
1 ，
n≥

2
，
∴有 3
n 1
b
n
(n 1) 3
n
(n 2) 3
n 1
，
∴ b
1
n
2n
，
n≥ 2
，

当 时， ab 1 b 1

n 1

1 1

，
1

，
故 b
n
2n 1．
（
2
）若

ma
8
n

≥

b
n
恒成立，


即： m≥
2n 9

n 2
最大值，


3

有 C
2n 9

2n 11
n
n 1

，
n≥ 2
时，

C
n 1
n 2
，

3

3
C
24

4n

n
C
n 1

n 2
，


3

当
n
2
，
3
，

L

，
6
时，

C
n

≥

C
n 1

，
即：

n s

或
6
时，

C
n

最大为

1

．


1
81

即： m≥
1
，可得 m 最小为 ．


81

81

5.（ 1
）根据题目中定义，

k
1
2 ， k
2
1， k
3
0 ， k
4
1， k
j
0( j 5,6,7 L ) ，
b
1
2 ， b
2
2 1
3 ， b
3
2 1 0
3 ， b
4
4 ， b
m
4( m
g(1) b
1
4 1

2 ，

g(2) b
1
b
2

4 2
3
，

g(3) b
1
b
2

b
3
4 3
4 ，

g(4) b
1
b
2

b
3
b
4
4 4
4 ，

g(5) b
1
b
2

b
3
b
4
b
5
4 5
4 ．

2
∵ g( m 1) g (m)
b n
“
n
”
（
）
m 1 项 及 bj 的含义知

，由 数列
A
含有

∴ g(m 1)

g (m) ≤ 0
，
即 g(m)≥ g (m

1) ，
又∵ 设整数 M max a
1
,a
2
L a
n

，
当 m≥ M 时，必有 b
m

n ，
10
5,6,7 L ) ，
b
m 1


n
，






















≤

∴ g(1)≥ g (2) ≥ L ≥ g( M
1) g( M ) g( M
1)
，
∴ g(m) 最小 g (M 1) ，

∵ g( M 1) b
1
b
2
b
3
L b
M 1
n( M 1)
(b
1
n) (b
2
n) (b
3
n) L (b
M 1
n)

( k
2
k
3
L

k
M
) ( k
3
k
4
L k
M
) L ( k
M
)
[ k
2
2k
3
L (M 1)k
M
]

(k
1
2k
2
3k
3
L Mk
M
) ( k
1
k
2
L k
M
)
(a
1
a
2
L

a
n
) b
M
，

∵ a
1
a
2
a
3
L

a
n
n
100 ． g( M
1)
100 ，
∴ g(m) 最小 100 ．
6.

（Ⅰ ） a
n
q
n
1
，

a
n 1
a
n

q
n
q
n 1
q
n 1
( q 1) ，

当 0
q
1 ：有 q
n 1
0 ， q 1 0 ，
∴ a
n 1
a
n
0 ，

∴ a
n

减数列．
（Ⅱ ） ∵
a
k
， a
k
2
， a
k 1
成等差数列，
∴ 2q
k 1
(q
k 1
q
k
) 0 ，
q
k 1
(2q
2
q 1)
0 ，
∵ q 0 ，
∴ 2q
2
q 1 0
，
解得： q 1或 q
1
．

2
7.（ 1）由 a
n
=2a
n-1
-2n+5 知： a
n
-2n+1=2[a
n-1
-2（ n-1） +1] ，而 a
1
=1
于是由 b
n
=a
n
-2n+1，可知： b
n
=2b
n-1
，且 b
1
=0
从而 b
n
=0，故数列 {b
n
} 是常数列．
于是 a
n
=2n-1 ．（ 5 分）
（ 2） S
n
是 {a
n
} 前 n 和， S
n
=1+3+5+ ?+（ 2n-1） =n
2
， c
n
=（ -1）
n
n
2

当 n 奇数 ，即 n=2k-1 ， T
n
=T
2k-1
=-1
2
+2
2
-3
2
+4
2
+?+（ 2k-2 ）
2
-（2k-1 ）
2
11

=-k （ 2k-1 ） =-
当 n 偶数 ， T
n
=T
2k
=T
2k-1
+（2k）
2
=

．
∴T
n
=

．
由
T
n
＞ tn
2
恒成立， 需

＞ tn
2
恒成立．只需
n 奇数 恒成立．
∴
（ n=1， 3， 5，7，），

∴
（n=1 ， 3 ，5， 7，）恒成立．

而 ，

∴t ＜ -1，故所需 t 的范 （ -∞， -1）．（ 13 分）
8.（ 1）
Q b
n
1
a
n
, P
n
a
a
1
2
L

1 a
n
a
n 1
a
a
a
n
a
a
1
, Q a
n 1
a
n
a
n
2
2
a
3
n 1 n 1
a
n 1

P
n
的范围是
1

{ a
n
} 单调递增趋向正无穷， (0,
]


1
1

（2）
b
n
1
a
n
2
a
n 1
a
n
1
, S
n
1 1
1 a
n
a
n
(1 a
n
)a
n
a
n
a
n 1
a
n
a
n 1
a
1
a
n 1
1
P
n
S
n
1
1
, 为定值 .


a
1

9.（ Ⅰ ） ∵数列 {a
n
} 足： a
1
=2 ，当 n∈N
*
， n＞ 1 ， a
2
+a
3
+? +a
n
=4（ a
n
﹣

1
1），
∴ a
2
=4（ a
1
1） =4 （2 1） =4，
a
2
+a
3
=4（ a
2
1），即 4+a
3
=4（ 4 1）=12 ，解得 a
3
=8．
由此猜想 {a
n
} 是首 2，公比 2 的等比数列，即

，
用数学 法 明：
①当 n=1 ， a
1
=2，成立．
②假 当 n=k ，等式成立，即 a
2
+a
3
+? +a
k
=4 a
k
﹣
1
1

（

），
∴ 2
2
+2
3
+? +2
k
=4 （ 2
k
﹣
1
1），
当 n=k+1 ， a
2
+a
3
+? +a
k
+a
k+1
=4
（
2
k
﹣

1
1） +2
k+1

12
0,

=2
k+1

4+2
k+1
=4（ 2
k
1） =4（ a
k
1），成立，
由①② ，得

，
∴ a
n+1
2a
n
=2
n+1
2?2
n
=0，
∴数列 {a
n+1
2a
n
} 常数列．
（Ⅱ ） ∵ c
n
=

=

，
当 n=1 ， c
1
=

， c
n
=

≤

，
∴c
1
+c
2
+? +c
n
＜

+ +

+?+

=

+

=

+

（ 1
+ =

，
∴

=c
1
＜c
1
+c
2
+? +c
n
＜

，
∵ 任意 n∈ N
*
，2a＜ c
1
+c
2
+? +c
n
＜ 10a 恒成立，
∴

，
≤a

解得 ＜ ，

故 数 a 的取 范 [
， ）．
10.

（1) 当
n
1
，即 2S

1
2

1

a
1
,解得 a

1

1

,



2

2


2

2 S
n
a
n

1

2S
n

a
n
2
a
n
1
①


2

4


2

1

2S
n 1
a
n 1

a
n 1


4
②

①-② ： 2a
n
a
n
2
a
n 1
2
a
n
a
n 1
，所以 a
n
2
a
n 1
2
a
n
a
n 1
0 ，即
13
） ＜

a
n
a
n 1
因 a
n
a
n
a
n 1
1 0 ，

是正 数列，所以
所以 a
n
是以 首相， 1 公差的等差数列，所以
2

(2) 因 a
n
n



1
a
n
a
n 1
1 0 ，即 a
n




a
n 1
，其中
n
1
1
2





2
，




a
n
n 1 1 n
1
.
2


1
，所以 a
n 1

2
n
1
，
2

所以




n
1
1
2
b
n
n
2n
1
2

n
1
2
2
n
n
1
2
1
2
2

2

1

2
1
2
n
n
1


n
1
2
2
4


1
2n 1
2

1
2 n 1

2
，


2

所以 T
n
b
1
b
2

2
L
4
1
b
n
1
2
2

4
1
2






1 1
3
2
L 4
1

2
1

2
4 1
2n
1
2
16n
2
1
4n
2
3
2
5
2
2n 1 2n 1

16n
.
4n 1
11.（1）令 n=1 得 a =3 ． ????2 分

2



























（2）因

a
n 1
a
n
a
n
a
n 1
n 1
2
，所以
4S
n
1
2a
n
a
n 1
① ．
4S
n
1

a
n 1
a
n

n 2
n 1

所以
4S
n 1
1

2aa
a
n 2
a
a
② ，











由② -① ，得
2a
n 1

a
n 1
a
n 2
n 2
a
n
a
n 1
a

因


n 1
a
a
n 1

． ??????5 分



n 1
a
n
1
0
，所以
2

a
n
2
a
n 2

a
n
a
n






．


a
n 1
a
n


n 1

所以
1
a


a
n
n 2
1
a
n 1
a
a
n

n 1
2
，即
a
n

a
a
n 2
n 1
aaa
n 1
a
n
n
1
，

即
b
n 1
b
n
1
，所以数列
（其它解法酌情 分）


b
n
是公差
1 的等差数列．
????8 分
（3）由（ 2）知，因 b
1
=


，所以数列

的通 公式 b
n
=n．

b
n
， 因





所以







，所以数列

是常数列．
14

由

． ?????? 11 分
所以
因

所以数列 {c
n
} 增数列

当
， c
n 1
n

n 1
≥c=，即
c 的最小
?????? 14分
由 2
2
-k+3
n

，
而当

，

取得，故

.

??????

16分
12.（ I）（数学 法）

当
n 1
，因

x
1
1
，所以
0
x
1
9
成立

.

假 当
n
k
，

0 x
k
9
成立

,

当
n
k 1
，
x
k 1

2 x
k
3
.

因
x
k 1
2 x
k
3
3 0
，

且
x
k 1
9 2 x
k
6

2 x
k
3 0
得
x
k 1
9
所以
0
x
n
9
也成立

.

（II ）因
0
x
n
9
，

所以
x
n +1
x
n
x
n
2 x
n
3

x
n
3 x
n
1 0.
所以
x
n
x
n
1
.

（III ）因
0
x
9

，所以
x
n



n

x
n
.



3

从而
x
n 1
2 x
3
n
3
x
n
3
.


2

所以
x
n 1
9
2
x
n
9
，即
9 x
2
n 1
9 x
n

.

3

3

15
当















，当且

n 1

2
所以
9
x
n

3
9
x
1

.


又
x
1
1
，故

x
n
9 8
2
n 1
.

3
13.1. 明
Q S
S
n
2a
n

3 ,

n 1

2a
n
1

3
（ n 2）,
???2

分


2
n

2
n
1

作差得
a
n
2a

3

1

1

n 1

n
(n

2), 变形得 a
n
-
n

2（ a
n
1
n
）(n
2)


1

2

2

2

{ a
n

n
}
首

1，公比 2 等比数列

???4 分


2

1

a
n
2
n-1
+
n
， n

N
*

???6 分


2

2
Q a
n

2
n-1
+

1

，

n

N
*
代入
S
n

2a
n

3
,
得
S
n
2
n
1
,
???8

分

2
n
1

2
n

2
n

Q S
n
-S
n-1
2
n
n
-（2
n 1

n
1

1
）=2
n 1
+
1
n

0,


2

2

{ S
n
} 为递增数列，令 b
n
=
1
2

=

2
n

2n

S
n
2 1

Q b =

2
n

n

=
2
n

（
n

n
）

??? 10分


2n
）（



2

1


n
2

-1

2

+1

2

2
n-1

1 1

b
n
（2
n
-1）（ 2
n

2）（ 2
n
-1）（ 2
n-1
1
）

2
n-1
-1 2
n
-1

(n2)

1时，
当 n
T
1
=b
2
n
1
+b
2
=
2
+
4
=
14
1
= ，当

2时， T
2
=b


3

3 15 15

3时， T
n
=b
1
+b
2
+
当 n
L

+b
n
2
+
4
+
1
111

+ - + L
，???

13
分

19

3 15 3

7 7 15

= -
n
1 19

15 2

1 15


19

Q
T
m
15
38


存 在 正 整
数
=1
，

S
n
3 45

1,


存在
min
=1



2

m, n
N
*
,不等式 T
m
- S
n

0恒成立

??? 15分





























任 意

16

14.（ Ⅰ ）证明： ①当
n 1
时显然成立；
②假设当
n

那么当
n











k
(k

N
)
时不等式成立，即

0
a
k
1
，

k
1
时，
1

1
a
(a
k


1
)
a
k
1



g2 a
k
g


1

1
，所以

0
a
k 1
1
，

















k 1
2

2
a
k


即
n k 1
时不等式也成立

.

综合

①②

可知，
0

a
n
（Ⅱ ）
a
n 1


1
对任意
n
N
成立 .--------------------------------5
分
1
，即

2


a
n 1
a
n

，所以数列
a
n
为递增数列。 ------------7
分



a
n

a
n
2
1
1

a
n
又
1
a
n
所以

a
1
a
n
1

n 1
1
(a
n
1
)
1
(
1
a
n

2 a
n


a
n
)
，易知
1



a
n

为递减数列，











2






a
n










1
a
也为递减数列，



n 1
所以当
n

2
时，

1




1

a
n 1
1
(
1
2 a
2

2

a
2
)
1
(
5 4
)


a
n

9
-------------------10 分

2 4 5 40

所以当
n

2
时，
b
n

(a
n
a
n 1
)
aa
n

(a
n
1
a
n
)(



1


n 1
a
n



a


1 )
n 1
9
(a
n 1
a
n
)
------12

分




40











当
n


1
时，

T


T


b
1

9


3
，成立；
10

b
n
9
40










n 1

40



















当
n

2
时，

T
n

b
1
b
2
L

9








9 9

(a
n 1


a
2
)

9


9
(1 a
2
)
40 40

40

n
，
T
n

综上，对任意正整数






40
3
[( a
3
a
2
) (a
4
a
3
) L (a
n 1
a
n
)]
40

9 9 4 27 3

(1

)

40 40

5 100 10
























------------------------------- ----------------------------------15
分

10
15.（ 1）当
n 2
时，
2S
2
当
n
3a
2
1
，解得
a
2
2
；


3
时，

2S
n
( n 1)a
n
1
，
2S
n 1
na
n 1
1
，
a
n
n
以上两式相减，得

2a
n
(n
1)a
n
na
n 1

，∴
，
a
n 1
n 1

∴
a
n
aa
nn 1

?

a
3
a
2
n n
n 1 n
1
?
3
2 n
，
2 2



a








n 1
a
n 2
a
2

17

3
∴


a
n
2



, n 1,








n, n 2.








（
2
）


b
n
1

(a
n
1)


2



, n
1,
25

1
2
, n
( n 1)


4
2,






当
n

当
n

∴
T
n

∴
T
n

1
时，
T
4 33

1
b
1
；


25 50

2
时，

b
n

1

1 1 1

(n
1)
2
n(n 1) n n 1
，

4
(
1 1
) (
1 1
) ? (
1
1
)
33133
，
33
25 2 3 3 4

n n 1 50 n 1 50

（
n
N *
）．

50

18